%----------------- TEXT -----------------
\subsection*{1.3. French}
\textbf{Lemme 1.3.}

Sous les hypothèses précédentes, et si $K$ est de caractéristique $0$, il existe un vecteur cyclique.

Soit $t \in K$ tel que $dt \neq 0$, et soit $\tau = t/dt \in \Omega^\vee$. 

On a
\[
\partial_\tau(t^k) = k t^k.
\]

Soit $m \leq n$ le plus grand entier tel qu'il existe un vecteur $e$ tel que les vecteurs $\partial_\tau^i e$ ($0 \leq i < m$) soient linéairement indépendants. 

Si $m \neq n$, il existe un vecteur $f$ linéairement indépendant des $\partial_\tau^i e$. 

Quels que soient le nombre rationnel $\lambda$ et l'entier $k$, les vecteurs
\[
\partial_\tau^i(e + \lambda\, t^k f) \quad (0 \leq i \leq m)
\]
sont linéairement dépendants, et leur produit extérieur $w(\lambda,k)$ est donc nul. 

On a
\[
\partial_\tau^i(e + \lambda\, t^k f) = \partial_\tau^i e + \lambda \sum_{0 \leq j \leq i} k^j\, t^k\, \partial_\tau^{i-j} f.
\]

On déduit de cette formule une décomposition finie
\[
w(\lambda,k) = \sum_{\substack{0 \leq a \leq m \\ 0 \leq b}} \lambda^a\, t^{ka}\, \lambda^b\, w_{a,b}
\]
%où les $w_{a,b}$ sont des éléments fixes de $\bigwedge^m V$.
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avec $w_{a,b}$ indépendant de $\lambda$ et $k$. 

Puisque $w(\lambda,k) = 0$ pour tout $\lambda$ dans $\mathbb{Q}$, et que
\[
w(\lambda,k) = \sum \lambda^a w_a(k), \quad \text{avec } w_a(k) = t^{ka} (\sum k^b w_{a,b}) = t^{ka} w'_a(k)
\]
on a $w_a(k) = w'_a(k) = 0$. 

Puisque
\[
w'_a(k) = \sum k^b w_{a,b} = 0
\]
pour tout $k \in \mathbb{Z}$, on a $w_{a,b} = 0$. 

En particulier
\[
w_{1,m} = e \wedge \partial_\tau^1 e \wedge \ldots \wedge \partial_\tau^{m-1} e \wedge f = 0,
\]
et $f$ est linéairement dépendant des 
\[
\partial_\tau^i e (0 \leq i < m),
\]
contrairement à l'hypothèse. 

On a donc $m = n$ et $e$ est un vecteur cyclique.

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\subsection*{1.3. English}
\textbf{Lemma 1.3.}

Under the previous assumptions, and if $K$ has characteristic $0$, there exists a cyclic vector.

Let $t \in K$ be such that $dt \neq 0$, and let $\tau = t/dt \in \Omega^\vee$.

We have
\[
\partial_\tau(t^k) = k t^k.
\]

Let $m \leq n$ be the largest integer for which there exists a vector $e$ such that the vectors $\partial_\tau^i e$ ($0 \leq i < m$) are linearly independent.

If $m \neq n$, there exists a vector $f$ linearly independent from the $\partial_\tau^i e$.

For any rational number $\lambda$ and any integer $k$, the vectors
\[
\partial_\tau^i(e + \lambda\, t^k f) \quad (0 \leq i \leq m)
\]
are linearly dependent, so their exterior product $w(\lambda,k)$ is therefore zero.

We have
\[
\partial_\tau^i(e + \lambda\, t^k f) = \partial_\tau^i e + \lambda \sum_{0 \leq j \leq i} k^j\, t^k\, \partial_\tau^{i-j} f.
\]

From this formula we deduce a finite decomposition
\[
w(\lambda,k) = \sum_{\substack{0 \leq a \leq m \\ 0 \leq b}} \lambda^a\, t^{ka}\, \lambda^b\, w_{a,b},
\]
where the $w_{a,b}$ are elements of $\bigwedge^{m+1} V$ independent of $\lambda$ and $k$.

Since $w(\lambda,k) = 0$ for all $\lambda \in \mathbb{Q}$, and
\[
w(\lambda,k) = \sum_a \lambda^a w_a(k), \quad \text{with } w_a(k) = t^{ka} \left( \sum_b k^b w_{a,b} \right) = t^{ka} w'_a(k),
\]
it follows that $w_a(k) = w'_a(k) = 0$.

Since
\[
w'_a(k) = \sum_b k^b w_{a,b} = 0
\]
for all $k \in \mathbb{Z}$, we conclude that $w_{a,b} = 0$.

In particular,
\[
w_{1,m} = e \wedge \partial_\tau^1 e \wedge \ldots \wedge \partial_\tau^{m-1} e \wedge f = 0,
\]
so $f$ is linearly dependent on the vectors $\partial_\tau^i e$ ($0 \leq i < m$), contradicting the assumption.

Therefore, $m = n$, and $e$ is a cyclic vector.
